26 Đề thi học kỳ II môn Toán Lớp 9 - Đề 17 (Có đáp án)

Nội dung text: 26 Đề thi học kỳ II môn Toán Lớp 9 - Đề 17 (Có đáp án)

1. ĐỀ 17 ĐỀ THI HỌC KỲ II Môn Toán Lớp 9 Thời gian: 90 phút Bài 1. ( 2,00 điểm) ( không dùng máy tính cầm tay) x y 5 a/ Giải hệ phương trình : 2x y 1 b/ Giải phương trình : x4 - x2 – 12 = 0 Bài 2. ( 2,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P) : y = x2 . a/ Vẽ đồ thị (P). b/ Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng d: y = -2x +3 bằng phương pháp đại số. Bài 3. ( 2,00 điểm ) Cho phương trình : x2 – 2(m – 3)x – 4m + 8 = 0 ( m là tham số). a/ Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm . b/ Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình. Tìm giá trị nguyên của m để x x giá trị biểu thức A = 1 1 2 1 đạt giá trị nguyên. x2 x1 Bài 4. ( 4,00 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Hai đường cao BM, CN của ta giác cắt nhau tại H a/ Chứng minh : Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn, xác định tâm O của đường tròn đó b/ Chứng minh : AB.NM = AM.BC c/ Cho biết MC = R, BC = 2R. Tính diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi cung nhỏ MC, bán kính OC, bán kính OM của (O) theo R. d/ Gọi K là giao điểm của AH và BC. I là giao điểm của tia NK và (O). Chứng minh : IM  BC
2. BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM 1a/ x y 5 3x 6 0.25 2x y 1 x y 5 x 2 0.25 2 y 5 x 2 x 2 Bài 1 y 5 2 y 3 0.25 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất 0.25 x; y 1; 1 1b/ x4 - x2 – 12 = 0 Đặt t = x2 , t 0, phương trình trở thành: 0.25 t2 - t – 12 = 0 1 4.12 49 0 => phương trình có hai nghiệm 0.25 phân biệt t = - 3 ( loại) hoặc t = 4 ( nhận) Với t = 4 x2 = 4 x = -2 hoặc x = 2 0.25 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 0.25 x = -2 hoặc x = 2 2a Bảng giá trị : x - -1 0 1 2 0.25 2 y= x2 4 1 0 1 4 Đồ thị: 0.25 y f(x)=x*x 9 8 7 0.25 6 5 Bài 4 2 3 0.25 2 1 x -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): 0.25
3. x2 = - 2x + 3 x2 +2x - 3 = 0 Pt có dạng a + b + c = 0 nên phương trình có hai 0.25 nghiệm x1 = 1 và x2 = -3. Thay vào phương trình (P) ta được 0.25 2b y1 = 1, y2 = 9. Vậy d cắt (P) tại 2 điểm ( 1;1) hay (-3; 9) 0.25 a/ Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm . Cho phương trình : x2 – 2(m – 3)x – 4m + 8 = 0 ( m là tham số). 3a ' = (m – 3)2 + 4m – 8 = m2 - 2m +1 0.50 Bài = (m – 1)2 0 với mọi giá trị của m 0.25 3: => Phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m 0.25 Pt có hai nghiệm phân biệt ' > 0 m 1 (*) 0.25 3b Theo định lí vi-et: S = x1+x2 = 2(m-3) P= x1.x2 = – 4m + 8 0.25 2 x1 x2 (x1 x2 ) 1 Do đó: A = 1 1 = m 4 0.25 x2 x1 x1x2 m 2 Với m nguyên, ta có: A nguyên  1 nguyên m 2  m- 2 Ư(1)={-1, 1} Do đó : m -2 = -1  m = 1 ( loại) m -2 = 1  m = 3 (nhận) Vậy m = 3 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0.25 A M N H B C K O I 4a/ Chứng minh : Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn, xác định tâm O của đường tròn đó 0.25 CNˆB 900 (doCN  AB)
4. Bài CMˆB 900 (do BM  AC) 0.25 4: => CNˆB CMˆB( 900 ) => Tứ giác BNMC có hai đỉnh liền kề M, N cùng 0.25 nhìn BC dưới góc 900 nên nội tiếp đường tròn. Tâm O là trung điểm của BC ( (do CNˆB 900 ) 0.25 4b/ b/ Chứng minh : AB.NM = AM.BC Xét AMN và ABC có : BAˆC chung, ANˆM ACˆB ( do Tứ giác BNMC nội tiếp 0.5 đường tròn) => AMN đồng dạng ABC ( g.g) 0.25 MN AM => AB.MN BC.AM BC AB 0.25 4c/ c/ Tính diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi cung nhỏ MC, bán kính OC, bán kính OM của (O) theo R. Ta có : OM=OC=MC (=R)=> OMC đều => 0.25 MOˆC 600 0.25 Diện tích của quạt tròn cần tìm: R2n R2 60 R2 0.25 S ( đvdt) 360 360 6 0.25 4d/ Chứng minh : IM  BC Xét tam giác ABC có : BM, CN là hai đường cao cắt nhau tại H => H là trực tâm => AH vuông góc với BC 0.25 BNˆH BKˆH 1800 => Tứ giác BKHN nội tiếp. 0.25 NKˆH NBˆH ( cùng chắn cung NH) Lại có : NIˆM NBˆH ( cùng chắn cung NB của (O)) => NIˆM NKˆH => AK // IM 0.25 Lại có AK  BC => IM  BC 0.25 Thí sinh giải theo cách khác và đúng vẫn cho điểm tối đa.